Tính độ dài đờng cao của tứ diện kẻ từ đỉnh D.. Lập phơng trình mặt phẳng P, biết rằng P cắt ba trục Ox, Oy, Oz lần lợt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC.. Xác định tọ
Trang 1tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
TỈNH - BẮC GIANG
đề số 1
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Phần chung cho tất cả các thí sinh:
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x4 −x2 +1 (C)
2. Với giá trị nào của tham số a thì đồ thị hàm số y =2x3 −3ax2 +a3 có hai điểm cực trị đối
xứng với nhau qua đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III
Câu II (2 điểm)
x
x x
tan 2 sin
1
cos sin
+
+ +
2 Giải hệ phơng trình
= + +
= +
2 )
2 (
1
3
2 2
y y x xy
xy x
y y x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân dx
x
x
∫
0
2
2
) sin 2 (
2 sin
π
Câu IV(1 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D’ ’ ’ ’ có AB = a, BC = 2a và AA = a’ Lấy điểm M trên cạnh AD
sao cho AM = 3MD.
a) Tính thể tích khối chóp M.AB C’ theo a.
b) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C’ ) theo a.
Câu V(1 điểm)
Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn x2+ y2−2=0 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=1−4(xy+x+ y)
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD với A(1;1;1),B(−2;0;2),C(0;1;−3),D(4;−1;0) Tính độ dài đờng cao của tứ diện kẻ từ đỉnh D
2. Cho đờng tròn (C):(x+4)2 +(y−3)2 =25 và đờng thẳng(∆):3x−4y+10=0
Lập phơng trình đờng thẳng(∆1) biết (∆1)⊥(∆)và(∆1)cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số hạng chứa y3z6t6 trong khai triển (y + z + t) n, biết: 6 1022
5
3 5
2 5
1
−
−
−
C
(với n là số tự nhiên, n≥7)
B Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho điểm M(1; 2; 3) Lập phơng trình mặt phẳng (P), biết rằng (P) cắt ba trục Ox, Oy, Oz lần
lợt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC.
2 Cho tam giác ABC có ba đỉnh thuộc mặt cầu (S) : x2 +y2 +z2 −6x+4y−2z−86=0 và mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phơng trình 2x−2y−z+9=0 Xác định tọa độ tâm của đ-ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải bất phơng trình: 2x2 −10x−15+ x2 −5x−6 >0
_Hết _
Trang 2tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số II
TỈNH - BẮC GIANG
Đề số 1
Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
I
(2
điểm)
1 ( 1 điểm )
• Tập xác định của hàm số là R
• Sự biến thiên.
a/ Giới hạn
=
−∞
−∞
lim x4 x2
−∞
x x
x
+∞
xlim
b/ Bảng biến thiên
Ta có y’ = 4x3 −2x=2x(2x2 −1)
y’ = 0
2
1 ,
0 0
) 1 2 (
Hàm số đồng biến trên các khoảng ;
2
1
2
1 + )∞
Hàm số nghịch biến trên các khoảng )
2
1
;
2
1
; 0
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại của hàm số là y(0) = 1
Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm x =
2
1
± , giá trị cực tiểu là
4
3 ) 2
1
y
• Đồ thị
+ Điểm uốn.
Ta có y’’ = 12x2 −2, y’’ = 0 khi
6
1 6
1
x
y’’ đổi dấu khi qua hai nghiệm đó Do vậy
đồ thị hàm số có hai điểm uốn là
−
36
31
; 6
1
1
−
36
31
; 6
1
2
+ Đồ thị cắt Oy tại (0; 1)
+ Giải phơng trình y=0 ⇔ x4 −x2 +1 = 0
Phơng trình này vô nghiệm đồ thị không
cắt trục Ox
+ Đồ thị hàm số còn đi qua điểm (-1; 1) và (1; 1)
+ Nhận xét: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng
0,25
0,25
0,25
0,25 (C)
x
y
0
U2
U1
2
1
x y’
y
∞
1
∞
Trang 32.( 1 điểm )
Hàm số có tập xác định R
Ta có y’ = 6x2 −6ax=6x(x−a); y’ = 0
=
⇒
=
=
⇒
=
⇔
0
y a x
a y x
• Đồ thị hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔a≠0
Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là M(0; a3), N(a; 0)
• Đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III có phơng trình y = x
• Hai điểm này đối xứng với nhau qua đờng thẳng y = x khi và chỉ khi
=
=
N M
N M x y
y x
1 1
2
0,25
0,25 0,25 0,25
II
(2
điểm)
1.( 1 điểm )
2 0
cos 0
1 sin
0 cos
π
x x
x
x
+
≠
⇔
≠
⇔
≠ +
≠
x
x x
tan 2 sin
1
cos sin
+
+ +
(1 sin )(1 cos ) 0
0 )]
sin cos 2 ( ) sin 1 [(cos sin
1
sin 1 sin cos 2 sin
1 sin 1 cos
sin 1 sin cos 2 cos
sin 1 cos
sin 1 sin cos 2 cos sin
1 cos
cos
sin 2 sin
1
cos sin
1
2 2
=
− +
⇔
=
−
−
− + +
⇔
+
−
=
− + +
⇔
+
−
= +
+
⇔
+
−
= +
+
⇔
−
= +
+ +
⇔
x x
x x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x
x x
x x
π 2 1
cos
) 0 sin 1 (
0 cos 1
k x x
x x
=
⇔
=
⇔
≠ +
±
≠
≠
=
−
Vậyx=k2π,(k∈Z) là nghiệm của phơng trình đã cho
0,25
0,25
0,25 0,25
2.( 1 điểm )
Điều kiện xy ≠0 Với điều kiện này ta có:
= + +
= +
⇔
= + +
= +
) 2 ( 2 2
) 1 ( 1
2 )
2 (
1
3 2 2
3 3
3
2 2
y xy y x
y x y
y x xy
xy x
y y x
Từ (1) và (2) suy ra x2y+2xy2 + y3 =2(x3 +y3)
=
−
=
=
⇔
=
−
−
⇔
=
−
−
−
⇔
=
− +
−
⇔
y x
y x
y x y
x y x y
x y y x x
y x y xy x
2
0 2
0 ) (
) (
2
0 ) (
) 2 2
(
2 2 2
2 2
2
2 3 2 3
2
1 1
2
3
y
• Với x=−y, thay vào (1) ta có ( )− y 3+ y3 =1 ⇔ 0=1(vô nghiệm)
9
1 1
9 1
) 2 (
3 3
3
x
0,25
0,5
0,25
Trang 4Vậy nghiệm của hệ phơng trình là ( ) ( ) =
=
3 3 3
2
; 9
1
; , 2
1
; 2
1
x
III
(1
điểm) Ta có K = ∫ x x dx
0
2
2
) sin 2 (
2 sin
0
2
2
) sin 2 (
cos sin 2
−
−
−
−
− +
= +
0
0 1
0
0
)
2 2 ( 2 ) 2 (
2
t
dt t
dt t
dt t
t
dt t
= ] (2ln2 2) 4 ln4 2
2
4 2 ln
2
[
0
1
−
=
− +
= + + +
−
t t
0,25
0,25 0,25
0,25
IV
(1
điểm)
a Ta có V M.AB'C =V B'.MAC .
BB’⊥(ABCD) nên hình chóp
B AMC’ có chiều cao là BB = a.’
Do AM = 3MD nên AM =
4
3
AD, suy ra:
4
3 2 2
1 4
3 4
a a S
S∆AMC = ∆ADC = =
Vậy thể tích của khối tứ diện
B MAC ’ là:
4
4
3 3
1 ' 3
'.
a a
a BB
S
V B MAC = ∆AMC = =
4
3 '
a
V M AB C =
b Gọi h là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C’ ) Khi đó ta có:
4
3
' '
.
a h S
Ta dễ tính đợc AC2 =B'C2 =5a2 ⇒ ∆ACB' cân tại điểm C Do đó đờng trung
tuyến CI của tam giác ACB’ cũng là đờng cao
Vậy
2
3 2
9 2
2
2 2
2 2
CI a
a a AI CA
−
=
−
Dẫn đến diện tích của tam giác AB C’ là
2
3 2
3 2 2
1 '
2
'
a a a CI AB
Thay vào (1) ta suy ra đợc khoảng cách cần tìm là
2 3
2 4
3 4
3
2 3
'
a
a S
a h
C AB
=
=
=
∆
Cách 2: (Sử dụng phơng pháp tọa độ)
a Chọn hệ trục tọa độ Đêcác Oxyz sao cho B
trùng với O, A(a;0;0), C(0;2a;0), B'(0;0;a)
Do AM = 3MD nên AM =
4
3
AD,
0,25
0,25
0,25
0,25
A
B
A’
M
I
a 2a
a
B’
a
x
A’
D’
A
D a
2a
a z
y M
Trang 5tức
4
) 2 (
AM = Suy ra điểm M có tọa độ là ;0)
2
3
; (a a
• Thể tích của khối chóp M.AB C’ đợc tính bởi
công thức V M AB C [AB,'AC].AM
6
1
'
Ta có AB'=(−a;0;a), AC=(−a;2a;0)
2
0
; 0
; 0 2
0
a a
a a
a a a
a AC
−
−
−
−
2
3
;
AM
4
0 2
3 0
6
2 '
.
a a
a
V M AB C = + − + =
b Mặt phẳng (AB C’ ) có phơng trình theo đoạn chắn là 1
2 : ) '
a
z a
y a
x C AB
Hay (AB'C):2x+y+2z−2a=0.
Vậy khoảng cách từ điểm ;0)
2
3
; (a a
M đến mặt phẳng (AB C’ ) là:
2 2
1 2
2 0 2
3 2 )) ' ( ,
(
2 2 2
a a
a a C
AB M
+ +
− +
+
=
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1
điểm)
• Đặt t = x+ y (t∈R) ⇒ t2 =x2 + y2 +2xy
Do x2 +y2−2=0, dẫn đến x2 +y2 =2 nên
2
2
2 −
=t
2
2 4
+
−
−
2
2
• Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P, ta đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số f(t)=−2t2 −4t+5 trên đoạn [−2;2]
Ta có:
] 2
; 2 [ 1 0
) ( '
; 4 4 ) (
f
11 ) 2 (
; 7 ) 1 (
; 5 ) 2
f
Suy ra min =min[ 2;2]( )=−11
− f t
[ ]( ) 7 max
max
2
;
=
− f t
2
1 ,
−
=
(Chú ý rằng f(t)=−2t2 −4t+5 có đồ thị là một đờng Parabol, đỉnh của (P) là điểm
có hoành độ x = 1
2 =−
−
a
b
, từ đó suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(t) chỉ
có thể đạt tại các điểm t =−2,t =−1,t =2)
0,25
0,25 0,25
0,25
VI.a
(2
điểm)
1.( 1 điểm )
• Ta có AB=(-3;- 1 ;1), AC=(-1 ;0;- 4) là hai véc tơ không cùng phơng và giá của
Trang 6chúng nằm trên mp(ABC) Suy ra mp(ABC) có một véc tơ pháp tuyến là:
−
−
−
−
−
−
−
−
=
=
0 1
1 3
; 1 4
3 1
; 4 0
1 1
, AC
AB
• Mặt phẳng (ABC) qua A(1;1;1)
Phơng trình của (ABC) là:
4(x−1)−13(y−1)−(z−1)=0 ⇔ (ABC):4x−13y−z+10=0
• Độ dài đờng cao của tứ diện hạ từ đỉnh D bằng khoảng cách từ điểm D(4;−1;0)
đến mặt phẳng (ABC).
• Vậy chiều cao của tứ diện hạ từ D là
186
29 1
13 4
0 13 16 ))
( , (
2 2
+ +
+ +
=
ABC D
0,25
0,25 0,25
0,25
2.( 1 điểm )
Do đờng thẳng(∆1) vuông góc với (∆)nên
ph-ơng trình của (∆1) có dạng:
0 3
4x+ y+m= .
Đờng tròn (C) có tâm I(- 4 ; 3) và có bán kính R
= 5 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên dây
cung AB, H là trung điểm AB, AH = 3.
Tam giác AIH vuông tại H suy ra :
IH = AI2 −AH2 = 52 −32 =4.
Ta có IH chính là khoảng cách từ tâm I đến đờng
thẳng (∆1)
−
=
=
⇔
=
−
⇔
= +
+ +
−
⇔
=
∆
13
27 20
7 4
3 4
9 16 4
)) (
,
(
2 2 1
m
m m
m I
d
Vậy có hai đờng thẳng(∆1) thỏa mãn yêu cầu bài toán, phơng trình của (∆1) là:
0 27 3
4x+ y+ = và 4x+3y−13=0
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1
điểm)
5
3 5
2 5
1
−
−
−
C
+
5
3 5
2 5
1
n n
n
−
−
−
−
(Cộng hai vế của đẳng thức với số 2) +
5
n
5
6 5
3 5
2 5
1
−
−
−
−
−
5
0
−
− n n
15 10
5 2
1024 )
1 1
Với n = 15, ta có : (y + z + t)15 = [(z+t)+y]15=∑
=
−
+
15
0
15
15( )
k
k k
C
Suy ra số hạng có chứa y3 trong khai triển [(z+t)+y]15 là :
T = 3 12 3
15(z t) y
=
−
=
0
12 12 12
) (
i
i i
i z t C t
T’ = 6 6 6
12z t
Từ (1) và (2) suy ra số hạng chứa y3z6t6 trong khai triển (y + z + t)15 là : 6 3 6 6
12
3
15C y z t
0,25 0,25 0,25
0,25
VI.b
(2
điểm)
1.( 1 điểm )
Do A, B, C lần lợt thuộc Ox, Oy, Oz nên ta giả sử A(xA ; 0 ; 0), B(0 ; yB ; 0), C(0 ; 0 ;
zC)
Vì M là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:
0,25
A
B I
H
(C)
∆
1
∆
R
Trang 7
= + +
= + +
= + +
M C B A
M C B A
M C B A
z z z z
y y y y
x x x x
3 3
3
=
=
= 9 6 3
C B A
z y
x
Mặt phẳng (P) đi qua A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 6 ; 0), C(0 ; 0 ; 9) nên (P) có phơng trình là:
1 9 6
3x+ y + z = (Phơng trình mặt p theo đoạn chắn)⇔(P):6x+3y+2z−18=0
0,25 0,5
2.( 1 điểm )
• (S):(x−3) (2 + y+2) (2 + z−1)2 =100, suy ra (S) có tâm I(3 ; -2 ; 1) bán kính R = 10.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (ABC) Khi đó H là tâm của đờng
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi (d) là đờng thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (ABC) Khi đó đờng thẳng (d)
nhận véctơ pháp tuyến của mp(ABC) làm véctơ chỉ phơng.
Véctơ chỉ phơng của (d) là u (2 ; -2 ; -1) =
Vậy phơng trình tham số của đờng thẳng (d)
1
2 2
2 3
R t t
z
t y
t x
∈
−
=
−
−
=
+
=
H = (P)∩(d) suy ra tọa độ của H ứng với
tham số t là nghiệm của phơng trình:
2 0
18 9
0 9 ) 1 ( ) 2 2 ( 2 ) 2 3 ( 2
−
=
⇔
= +
⇔
= +
−
−
−
−
− +
t t
t t
t
thay t tìm đợc vào phơng trình tham số của
(d) ta có tọa độ của H(-1 ; 2 ; 3).
Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3)
Nhận xét: Có thể xác định tọa độ điểm H theo cách sau:
(P) là n =(2;−2;−1).
H là hình chiếu của I trên (ABC)
∈
⇔
phưong cùng
n IH
ABC H
,
) (
=
=
−
=
⇔
−
=
−
= +
−
=
−
−
⇔
−
−
=
−
+
=
⇔
3 2 1 4
2 1
9 2
2 1
1 2
2 2
3
0 9 2
2
z y x
z y
y x
z y x z
y x
z y x
Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3).
0,25
0,25
0,5
VII.b
(1
điểm)
Bất phơng trình tơng đơng : 2(x2 −5x−6)+ x2 −5x−6−3>0
Đặt t = x2 −5x−6 ( đk t≥0) ⇒ x2 −5x−6=t2
Bất phơng trình ban đầu trở thành:
−
<
>
⇔
>
− +
2 3
1 0
3
2 2
t
t t
2
3
− (loại)) Với t > 1 ta có x2 −5x−6 > 1, bình phơng hai vế ta có :
⇔
>
−
x
−
<
+
>
⇔
>
−
−
2
53
53 5 0
7 5
2
x
x x
x
2
53 5 ( ) 2
53 5
;
0,25 0,25
0,5
(d)
I A
(S)
P B H C
n
